Đề thi HSG môn Toán lớp 12 cấp tỉnh - Sở GD&ĐT Quảng Bình

Sau đây là Đề thi HSG môn Toán lớp 12 cấp tỉnh - Sở GD&ĐT Quảng Bình giúp các bạn học sinh tự đối chiếu, đánh giá sau khi thử sức mình với đề thi. Cùng tham khảo nhé.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2019 - 2020 TỈNH QUẢNG BÌNH Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 12 THPT (Đề thi có 01 trang 05 câu) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) a Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  sin x  cos x   sin 2x x có đồ thị C  điểm A 1;1 Tìm giá trị m để đường thẳng 1x d  : y  mx  m  cắt đồ thị C  hai điểm phân biệt M , N cho AM  AN đạt giá trị nhỏ  b Cho hàm số y   Câu (2,0 điểm) a Cho hàm số f x   P Tính tỉ số , với P  f ' 1  f ' 2   2019 f ' 2019 x Q  2019 Q  f ' 1  f ' 2   2019 f ' 2019 b Giải phương trình: log2  log2 3x  1  1  x   Câu (2,0 điểm) a Cho tam giác ABC cạnh 8cm Chia tam giác thành 64 tam giác cạnh 1cm đường thẳng song song với cạnh tam giác ABC (như hình vẽ) Gọi S tập hợp đỉnh tam giác cạnh 1cm Chọn ngẫu nhiên đỉnh thuộc S Tính xác suất cho đỉnh chọn đỉnh hình bình hành nằm miền tam giác ABC có cạnh chứa cạnh tam giác cạnh cm A B C b Tìm cơng sai d cấp số cộng un  có tất số hạng dương thỏa mãn:   u1  u2   u2020  u1  u2   u1010    log u  log23 u5  log23 u14     Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA ⊥ (ABCD), SA = a Một mặt phẳng  qua CD cắt SA, SB M, N Đặt AM = x, với  x  a a Tứ giác MNCD hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a x b Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD lần thể tích khối chóp S.ABCD Câu (1,0 điểm) a Cho số thực phân biệt a, b  Chứng minh rằng: loga loga b   logb loga b  b Cho số thực a1  a2   an  1, n  2 Chứng minh rằng:     loga loga a2  loga loga a   loga 1 2 n 1 log an 1    an  loga loga a1  n HẾT n HƯỚNG DẪN GIẢI (THAM KHẢO) Câu 1a (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  sin x  cos x   sin 2x Hướng dẫn t 1 Đặt sin x  cos x  t   2;   sin 2x  t  , y   f t , t   2;      t 1 Ta có f ' t   1t t   Tính f   Suy ra: y   t2  1 1 ;f 1  f ' t    t      , f 1  x   3  k 2 ; max y   x  k 2, x   k 2 x có đồ thị C  điểm A 1;1 Tìm giá trị m để 1x đường thẳng d  : y  mx  m  cắt đồ thị C  hai điểm phân biệt M , N cho AM  AN  Câu 1b (1,0 điểm) Cho hàm số y   đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn Cách 1:   Dễ thấy đường thẳng d  : y  mx  m  qua điểm I 1;  giao điểm hai đường tiệm cận Ta có y '  1  x    0, x  nên để đường thẳng d  cắt C  hai điểm phân biệt M , N  m  Khi I 1;  trung điểm đoạn MN          Ta có AM  AN  AM  AN  2AM AN  4AI  2AM AN  32  2AM AN (*) 2     Do A cố định nên: ta xét AM AN số dương tam giác AMN có cạnh MN nhỏ tìm giá trị nhỏ Mà C  Hypebol nên d  đường phân giác góc tạo hai tiệm cận m  1 d  : y  x cắt C  hai điểm phân biệt M 0; 0, N 2; 2 MN nhỏ nhất,   ta có: AM AN  1.3  13   , AM  AN  32  12  20 Vậy   AM  AN  20  m  1 Cách 2: Xét phương trình hoành độ giao điểm d  cắt C  : mx  m    mx  2mx  m   (vì x  không nghiệm) x ,x  1x m  Để phương trình có hai nghiệm phân biệt   m  m  m m  1   x  x  2  Theo định lý Viet ta có:  x x  m   m    Mặt khác AM  AN  x  1  x  1  m x  1   m x  1  2 AM  AN  10  AM  AN  18  AM  AN  18   m  1 m m  1 m m  1 m  2 2   m x  1  x  1   m x  1  m x  1         m x  x   2x 1x  x  x   2     m  1    m 2    16  m    16  m  m m    m      AM  AN  20  m   m  1 Câu 2a (1,0 điểm) Cho hàm số f x   P Tính tỉ số , với x Q  2019 P  f ' 1  f ' 2   2019 f ' 2019 Q  f ' 1  f ' 2   2019 f ' 2019 Hướng dẫn 2019x ln 2019 2019x ln 2019 f x    f ' x     f ' x     f ' x , x   2  2019x  2019x  2019x     Do f ' x  hàm số chẵn, suy g x   x f ' x  hàm số lẻ 2019 2019 2019 k 1 k 1 k 1 Vậy P   g k  Q   g k    g k   P  P  Q Câu 2b (1,0 điểm) Giải phương trình: log2  log2 3x  1  1  x   Hướng dẫn Đặt log2 3x  1  y  3x   2y , từ phương trình cho ta có: 1  log2 3y  1  x  3y   2x Như ta có điều kiện x , y   ;  ta hệ phương trình:  3 3x   2y 1   Xét hàm f t    2t  3t, t   ;   f ' t   2t ln  , ta có:  x 3y   3   f ' t    2t    1       ;  , f ' t   2t ln  đồng biến nên ta có  t  log2   ln  ln   t   điểm cực tiểu f t  , f     2  3  nên phương trình f t   có hai nghiệm t  1, t  Mặt khác từ hệ phương trình, trừ theo vế ta có: x  y   2y  2x  3x  2x  3y  2y 1  g x   g y  , với g t   3t  2t đồng biến  ;  , suy x  y   Cuối phương trình cho  f x    x  1, x  Câu 3a (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cạnh 8cm Chia tam giác thành 64 tam giác cạnh 1cm đường thẳng song song với cạnh tam giác ABC (như hình vẽ) Gọi S tập hợp đỉnh tam giác cạnh 1cm Chọn ngẫu nhiên đỉnh thuộc S Tính xác suất cho đỉnh chọn đỉnh hình bình hành nằm miền tam giác ABC có cạnh chứa cạnh tam giác cạnh cm A C B Hướng dẫn Trên cạnh BC ta có đỉnh tam giác cạnh 1cm (kể B C), đường thẳng song song BC (phía BC) ta có đỉnh tam giác cạnh 1cm, cuối đến A có đỉnh tam giác cạnh 1cm Ta có n S         45 Như số phần tử không gian mẫu là: n   C 45 Theo yêu cầu: có hình bình hành tạo thành từ đỉnh S đỉnh thuộc tam giác cạnh 5cm (tức bỏ tất đỉnh tam giác cạnh 1cm nằm ba cạnh BC, CA, AB cạnh có liên quan đến đỉnh đó) K K T H H I G E D D M G F P P P P K T H I G F K T I H T I F E N • Trường hợp 1: Các cạnh hình bình hành nằm MN có đỉnh thuộc MN - Các hình bình hành có cạnh nằm MN + Tạo hai đoạn MN, DE: Ta cần chọn thêm đường thẳng song song trùng với DM (hoặc song song trùng EN) tạo hình bình hành trường hợp có C 52 cách Như có: C 52  C 52  20 hình bình hành + Tạo hai đoạn MN, GF: Lặp lại lập luận ta có có: C 42  C 42  12 hình + Tạo hai đoạn MN, HI: Lặp lại lập luận ta có có: C 32  C 32  hình + Tạo hai đoạn MN, KT: Lặp lại lập luận ta có có: C 22  C 22  hình Vậy hình bình hành có cạnh nằm MN có 20 + 12 + + = 40 hình - Các hình bình hành có đỉnh thuộc MN + Đỉnh số số 4: có hình bình hành + Đỉnh số số 3: có hình bình hành Vậy hình bình hành có đỉnh thuộc MN có 2.(4 + 3) = 14 hình Do trường hợp ta có: 40 + 14 = 54 hình • Trường hợp 2: Các cạnh hình hành nằm DE khơng thuộc MN có đỉnh thuộc DE So với trường hợp số tổ hợp giảm 1, ta làm tương tự có: C       C 42  C 32  C 32  C 22  C 22  3   2  28 hình • Trường hợp 3: Các cạnh hình hành nằm GF khơng thuộc MN DE có đỉnh thuộc GF     Tương tự ta có C 32  C 32  C 22  C 22  2  2  12 hình • Trường hợp 4: Các cạnh hình hành nằm HI khơng thuộc MN, DE GF có đỉnh thuộc HI   Ta có C 22  C 22   hình Số hình bình hành bốn trường hợp là: 54 + 28 + 12 + = 97 hình Vậy xác suất cần tìm là: p  97 97  148995 C 45 Lưu ý: Đề yêu cầu đỉnh hình bình hành nằm miền tam giác ABC nên số hình bình hành tương đối nhỏ Nếu đỉnh hình hành khơng ngồi tam giác ABC nhiều hình Câu 3b (1,0 điểm) Tìm cơng sai d cấp số cộng un  có tất số hạng dương thỏa   u  u   u2020  u1  u2   u1010  mãn:  2  log u  log23 u5  log23 u14     Hướng dẫn Từ phương trình đầu hệ ta có: 2020 2u1  2019d   1010 2u1  1009d   2u1  2019d  4u1  2018d  d  2u1  u  5u1, u5  9u1, u14  27u1 vào phương trình thứ hai hệ, ta có: log  log u1   log  log u1   log 27  log u1   Đặt 2 log u1  t, log  a , ta có phương trình: a  t   2  t   3  t    3t  a  5t  11  a  2 t   a  5  2a  10a  a 5 2a 10a 8 Suy u1  3 a 5 2a 10a 8 Vậy d  2.3 , với a  log Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD), SA = a Một mặt phẳng   qua CD cắt SA, SB M, N Đặt AM = x, với  x  a a Tứ giác MNCD hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a x b Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD lần thể tích khối chóp S.ABCD Hướng dẫn a Tứ giác MNCD hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a x Vì ABCD hình vng nên AB // CD, suy AB //   AB // MN hay ta có MNCD hình thang Mặt khác: CD  AD, CD  SA nên CD  mp(SAD) suy MN  (SAD) suy MN  MD Vậy tứ giác MNCD hình thang vng D M Từ ta có DM đường cao hình thang MNCD Ta có MN SM a x    MN  a  x MA = x nên DM  x  a Do ta tính diện tích AB SA a MNCD là: S  CD  MN .DM  2a  x  x  a2 S H M N D A B C b Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD Ta có VS ABCD lần thể tích khối chóp S.ABCD a3 (1) Kẻ SH vng góc với DM, (H thuộc DM), ta có:  SA.S ABCD  3 MN  (SAD) (theo chứng minh câu a) nên MN  SH, suy SH  (MNCD), từ SH đường cao khối chóp S.MNCD Trong hai tam giác vuông đồng dạng SHM DAM ta có: SH SM   DA DM a x x  a2  SH  a a  x  x x  a2 thể tích khối chóp S.MNCD là: 2 a a  x 2a  x  a a  x  2a  x  x  a (2)  V' x  a2 a a  x 2a  x  Từ (1), (2) u cầu tốn ta có phương trình:  a3  x  x x 2a 1   2     1  t 2  t   4, t   0;1  t   0;1  x    a  a  a 3 2a thể tích khối chóp S.MNCD lần thể tích khối chóp S.ABCD Vậy với x  Câu 5a (0,5 điểm) Cho số thực phân biệt a, b  Chứng minh rằng: loga loga b   logb loga b  Hướng dẫn Đặt loga b  t  0, t   b  a t Khi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: loga t  logat t   t  1 loga t  (*) Nếu t  t   & loga t   * Nếu  t  t   & loga t   * Vậy ta có điều cần chứng minh Câu 5b (0,5 điểm) Cho số thực a1  a2   an  1, n  2 Chứng minh rằng:     loga loga a2  loga loga a   loga 1 2 n 1 log an 1    an  loga loga a1  n n Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức câu 5a, ta có:        loga loga a2  loga loga a  loga loga a2  loga loga a 1      2      loga loga a2  loga loga a  loga loga a2 loga a  loga loga a 1 2 2 Lặp lại lần nữa:        loga loga a  loga loga a  loga loga a  loga loga a      3      loga loga a  loga loga a  loga loga a loga a  loga loga a 3 3 Cứ tiếp tục lặp lại ta thay số logarit số lấy logarit (chú ý lần thay số a1 không đổi), ký hiệu vế trái P, cuối ta có:         P  loga loga an  loga loga a1  loga loga an loga a1  loga loga a1  (đpcm) n n n n n HẾT n ... hình Vậy hình bình hành có cạnh nằm MN có 20 + 12 + + = 40 hình - Các hình bình hành có đỉnh thuộc MN + Đỉnh số số 4: có hình bình hành + Đỉnh số số 3: có hình bình hành Vậy hình bình hành có... hình bình hành nằm MN có đỉnh thuộc MN - Các hình bình hành có cạnh nằm MN + Tạo hai đoạn MN, DE: Ta cần chọn thêm đường thẳng song song trùng với DM (hoặc song song trùng EN) tạo hình bình hành... Lưu ý: Đề yêu cầu đỉnh hình bình hành nằm miền tam giác ABC nên số hình bình hành tương đối nhỏ Nếu đỉnh hình hành khơng ngồi tam giác ABC nhiều hình Câu 3b (1,0 điểm) Tìm cơng sai d cấp số cộng